【数 学】2025-2026学年 人教版八年级数学上册期末模拟预测练习卷

期末模拟测试卷一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）1．（3分）（2025•白河县校级二模）“长安回望绣成堆，山顶千门次第开．”长安即如今陕西西安，陕西拥有众多承载历史的古城．以下是陕西一些古城的图标设计图，其中是轴对称图形的有（）A．4个 B．3个 C．2个 D．1个2．（3分）（2024•慈溪市期末）下列各组线段中，能构成三角形的是（）A．2，5，7 B．9，3，5 C．4，5，6 D．4，5，103．（3分）（2024秋•四会市期末）如图，2024年4月27日龙里河大桥正式通车运营，该桥是世界首座车行道与玻璃步道共桥面的高山峡谷景观桥，大桥为双塔双索面叠合梁半漂浮体系斜拉桥，如图所示的斜拉桥结构稳固，其蕴含的数学道理是（）A．两点确定一条直线 B．垂线段最短 C．三角形的稳定性 D．三角形任意两边之和大于第三边4．（3分）（2024春•榆树市校级期中）若把分式2x+3yxy中的x，yA．不变 B．扩大为原来的3倍 C．缩小为原来的13 5．（3分）在△ABC中，∠A＝40°，∠B＝60°，则∠ACB的外角是（）A．80° B．100° C．120° D．140°6．（3分）（2025•萧山区二模）某半导体公司研发了一款新型存储芯片，部分参数如下：晶体管栅极宽度0.000000007米；单个芯片面积：2.5平方毫米；集成元件数量80亿个；光刻工艺线宽误差：±0.0000000005米．数据“0.000000007”用科学记数法表示为（）A．7×10﹣9 B．0.7×10﹣8 C．70×10﹣10 D．7×1097．（3分）（2025•织金县模拟）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，以点A为圆心，任意长为半径画弧，分别交AB，AC于点M，N，再分别以点M，N为圆心，大于12MN的长为半径画弧，两弧相交于点P，连接AP并延长，交BC于点D，连接MP，NP．下列结论：①AD是∠BAC的平分线；②∠ADB＝120°；③判定△ANP≌△AMP的依据是“SAS”；④S△DAC：S△A．4个 B．3个 C．2个 D．1个8．（3分）（2024•北林区校级期中）如图，△ABC纸片中，AB＝AC，∠BAC＝90°，BC＝8，沿过点C的直线折叠这个三角形，使点A落在BC边上的点F处，折痕为CD，BE⊥CD，垂足E在CD的延长线上，则结论：①DF＝DA；②∠ABE＝22.5°；③△BDF的周长为8；④CD＝2BE．正确的有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个二．填空题（共8小题，满分24分，每小题3分）9．（3分）若2×8n×16＝223，则正整数n＝．10．（3分）（2024春•邵东市月考）若式子x+12x−1有意义，则x的取值范围是11．（3分）（2024•渝北区期末）如图，∠1是六边形ABCDEF的一个外角．若∠1＝70°，则∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数为．12．（3分）将分式方程2x+12x−1−413．（3分）（2024秋•洮北区校级月考）如图，在△ABC中，AB＝BE，AD＝DE，若∠A＝90°，∠C＝50°，则∠EDC＝．14．（3分）（2024•招远市期中）如图，OM平分∠POQ，MA⊥OP，MB⊥OQ，垂足为A，B，S△AOM＝8cm2，OA＝4cm，则MB＝．15．（3分）（2024•临夏州）如图，在△ABC中，点A的坐标为（0，1），点B的坐标为（4，1），点C的坐标为（3，4），点D在第一象限（不与点C重合），且△ABD与△ABC全等，点D的坐标是．16．（3分）（2024•江阴市月考）用“＞”、“＜”、“＝”连接下列两数：﹣3﹣0.5；﹣|﹣2.7|﹣（﹣3.32）．三．解答题（共10小题，满分52分）17．（5分）（2024秋•杨浦区校级月考）（xm+2ym）（xm﹣2ym）﹣xm（xm﹣2ym），m，n为正整数．18．（5分）（2024•婺城区模拟）如图，已知点D在射线AE上BD＝CD，AE平分∠BAC与∠BDC，求证AB＝AC．小明的证明过程如下：证明：∵AE平分∠BAC．∴∠BAD＝∠CAD．∵AD＝AD，BD＝CD．∴△ABD≌△ACD∴AB＝AC．小明的证明是否正确？若正确，请打“√”，若错误，请写出你的证明过程．19．（5分）（2025春•龙岗区期中）先化简，再求值：[（3x﹣2y）2﹣（x+y）（x﹣y）﹣5y2]÷4x，其中x＝3，y＝﹣1．20．（5分）计算：（1）12m（2）xx+121．（5分）（2024•高新区校级期末）如图，已知△ABC的三个顶点在格点上．（1）作出与△ABC关于y轴对称的图形△A1B1C1；（2）在x轴上找一点P，使得△PAC1周长最小．请在图中标出点P的位置．22．（5分）（2024•雁塔区校级期末）为培养学生良好的个性品质，增强创新意识，掌握科学研究的方法，推进其对自然、社会、自我的整体认识与体验，我校甲、乙两个班的同学以班级为单位分别乘坐大巴车去离学校90km的综合实践教育基地参加活动，甲班的甲车出发10分钟后，乙班的乙车才出发，为了比甲车早到5分钟，乙车的平均速度是甲车的平均速度的1.2倍，求乙车的平均速度．23．（5分）（2024•海淀区校级月考）如图，等边△ABD，△BDC与△BDA关于射线BD对称，点E为边AB上一点．点F在DB的延长线上，EF＝ED．作点F关于直线AB的对称点G，连接EG．（1）依题意补全图形，并证明∠ADE＝∠FEB；（2）用等式表示AE，CG，DF之间的数量关系，并证明．24．（5分）（2025春•滨江区期末）小滨、小江在探索“求代数式的值”时发现，在一定条件下，有些代数式的值始终相等，有些代数式存在最大值或最小值．已知ab＝1．小滨：11+a小江：尽管a2+b2的值不能被确定，但能求出最小值．其说理过程如下：a2+b2＝（a﹣b）2+2ab＝（a﹣b）2+2，由（a﹣b）2≥0知，当a＝b时，a2+b2存在最小值2．（1）试判断小滨的说法是否正确，并说明理由．（2）在ab＝1的条件下，下列代数式：①a1+a+b1+b；②11+a2+11+b（i）值始终保持不变的代数式有：（填序号）；根据这些代数式的特点，写出一个类似的、值始终保持不变的代数式．（ii）上述分式中是否存在最大值或者最小值，若有，请求出此分式的最大（或最小）值；若没有，请说明理由．25．（6分）（2025春•招远市期末）如图，四边形ABCD中，AD∥BC，点E为CD的中点，连结BE并延长交AD的延长线于点F．（1）求证：△BCE≌△FDE；（2）连结AE，当AE⊥BF，BC＝5，AD＝3时，求AB的长．26．（6分）（2024秋•新洲区月考）如图，△ABC，△EDC是两个等腰直角三角形，其中∠ABC＝∠EDC＝90°，连接AE，取AE的中点F，连接BF，DF．（1）如图1，当B，C，D三个点共线时，请直接写出BF与DF的数量关系与位置关系；（2）如图2，将△EDC绕点C逆时针旋转，当B，C，D三个点不共线时，试猜想BF与DF的数量关系与位置关系，并证明你的猜想；（3）在（2）的条件下，若AC=82，CE=92，取AB的中点G，连接GF，试探究在△EDC绕点C旋转的过程中，请直接写出

期末模拟测试卷参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）1．（3分）（2025•白河县校级二模）“长安回望绣成堆，山顶千门次第开．”长安即如今陕西西安，陕西拥有众多承载历史的古城．以下是陕西一些古城的图标设计图，其中是轴对称图形的有（）A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【考点】轴对称图形．【专题】平移、旋转与对称；几何直观．【答案】B【分析】根据轴对称图形的概念逐项分析判断即可得出答案．【解答】解：左起第一、第二第三共3个图形都能找到这样的一条直线，使图形沿这条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形；第三个图形不能找到这样的一条直线，使图形沿这条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形．故选：B．【点评】本题考查了轴对称图形，熟练掌握轴对称图形的概念是解题的关键：如果一个平面图形沿着一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形，这条直线就是它的对称轴．2．（3分）（2024•慈溪市期末）下列各组线段中，能构成三角形的是（）A．2，5，7 B．9，3，5 C．4，5，6 D．4，5，10【考点】三角形三边关系．【专题】三角形；推理能力．【答案】C【分析】根据三角形的三边关系定理逐项判断即可得．【解答】解：三角形的三边关系定理：任意两边之和大于第三边．A、2+5＝7，不能构成三角形，此项不符题意；B、3+5＝8＜9，不能构成三角形，此项不符题意；C、4+5＞6，能构成三角形，此项符合题意；D、4+5＜10，不能构成三角形，此项不符题意．故选：C．【点评】本题考查了三角形的三边关系定理，熟练掌握三角形的三边关系定理是解题关键．3．（3分）（2024秋•四会市期末）如图，2024年4月27日龙里河大桥正式通车运营，该桥是世界首座车行道与玻璃步道共桥面的高山峡谷景观桥，大桥为双塔双索面叠合梁半漂浮体系斜拉桥，如图所示的斜拉桥结构稳固，其蕴含的数学道理是（）A．两点确定一条直线 B．垂线段最短 C．三角形的稳定性 D．三角形任意两边之和大于第三边【考点】三角形的稳定性．【专题】三角形；应用意识．【答案】C【分析】根据三角形具有稳定性解答．【解答】解：蕴含的数学道理是三角形的稳定性，故选：C．【点评】本题考查的是三角形的性质，熟记三角形具有稳定性是解题的关键．4．（3分）（2024春•榆树市校级期中）若把分式2x+3yxy中的x，yA．不变 B．扩大为原来的3倍 C．缩小为原来的13 【考点】分式的基本性质．【专题】分式；推理能力．【答案】C【分析】分式的基本性质：分式的分子与分母同乘（或除以）一个不等于0的整式，分式的值不变．根据分式的基本性质，可得答案．【解答】解：把x和y都扩大3倍后，原式为6x+9y3x⋅3y=3故选：C．【点评】本题考查了分式的基本性质，能够正确利用分式的基本性质是解题的关键．5．（3分）在△ABC中，∠A＝40°，∠B＝60°，则∠ACB的外角是（）A．80° B．100° C．120° D．140°【考点】三角形的外角性质．【专题】三角形；推理能力．【答案】B【分析】根据题意画出图形，再根据三角形外角的性质解答即可．【解答】解：∵△ABC中∠A＝60°，∠B＝40°，∠1是△ABC的外角，∴∠1＝∠A+∠B＝60°+40°＝100°．故选：B．【点评】此题比较简单，考查的是三角形内角与外角的性质，即三角形的外角等于与之不相邻的两个内角的和．6．（3分）（2025•萧山区二模）某半导体公司研发了一款新型存储芯片，部分参数如下：晶体管栅极宽度0.000000007米；单个芯片面积：2.5平方毫米；集成元件数量80亿个；光刻工艺线宽误差：±0.0000000005米．数据“0.000000007”用科学记数法表示为（）A．7×10﹣9 B．0.7×10﹣8 C．70×10﹣10 D．7×109【考点】科学记数法—表示较小的数．【专题】实数；数感．【答案】A【分析】绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10﹣n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．【解答】解：用科学记数法表示得：0.000000007＝7×10﹣9，故选：A．【点评】本题考查用科学记数法表示较小的数，确定a和n的值是解题关键．7．（3分）（2025•织金县模拟）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，以点A为圆心，任意长为半径画弧，分别交AB，AC于点M，N，再分别以点M，N为圆心，大于12MN的长为半径画弧，两弧相交于点P，连接AP并延长，交BC于点D，连接MP，NP．下列结论：①AD是∠BAC的平分线；②∠ADB＝120°；③判定△ANP≌△AMP的依据是“SAS”；④S△DAC：S△A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【考点】作图—基本作图；全等三角形的判定；角平分线的性质；线段垂直平分线的性质；含30度角的直角三角形．【专题】作图题；图形的全等；几何直观；推理能力．【答案】B【分析】利用基本作图可对①进行判断；利用角平分线的定义计算出∠BAD＝∠CAD＝30°，则∠ADB＝120°，于是可对②进行判断；根据SSS证明三角形全等，可对③进行判断；利用含30度的直角三角形三边的关系得到AD＝2CD，则BD＝2CD，所以BC＝3CD，然后根据三角形面积公式可对④进行判断．【解答】解：由作法得AD平分∠BAC，所以①正确；∵∠C＝90°，∠CAB＝60°，∴∠B＝90°﹣60°＝30°，∠BAD＝∠CAD＝30°，∴∠ADB＝180°﹣∠B﹣∠BAD＝120°，所以②正确；∵AN＝AM，NP＝MP，AP＝AP，∴△ANP≌△AMP（SSS），所以③错误；∵∠CAD＝30°，∴AD＝2CD，BD＝2CD，∴BC＝3CD，∴S△DAC：S△ABC＝1：3，所以④正确．故选：B．【点评】本题考查了作图﹣基本作图，角平分线的性质和线段垂直平分线的性质，熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．8．（3分）（2024•北林区校级期中）如图，△ABC纸片中，AB＝AC，∠BAC＝90°，BC＝8，沿过点C的直线折叠这个三角形，使点A落在BC边上的点F处，折痕为CD，BE⊥CD，垂足E在CD的延长线上，则结论：①DF＝DA；②∠ABE＝22.5°；③△BDF的周长为8；④CD＝2BE．正确的有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【考点】翻折变换（折叠问题）；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形．【专题】平移、旋转与对称；推理能力．【答案】D【分析】由折叠的性质可得AC＝CF，AD＝DF，∠ACD＝∠DCB＝22.5°，由余角的性质可得∠EBC＝67.5°，可求∠EBA＝∠EBC﹣∠ABC＝22.5°，由线段的和差关系可求△BDF的周长为8，延长CA，BE交于点H，通过证明△BCE≌△HCE和△ACD≌△ABH，可证CD＝2BE．【解答】解：∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∵沿过点C的直线折叠这个三角形，使点A落在BC边上的点F处，∴△ACD≌△FCD，∴AC＝CF，AD＝DF，∠ACD＝∠DCB＝22.5°，故①正确；∵BE⊥CD，∴∠EBC＝67.5°，∴∠EBA＝∠EBC﹣∠ABC＝22.5°，故②正确；∵△BDF的周长＝BD+DF+BF＝BD+AD+BF＝AC+BF＝CF+BF，∴△BDF的周长为8，故③正确，如图，延长CA，BE交于点H，∵∠ACD＝∠BCD，CE＝CE，∠BEC＝∠CEH＝90°，∴△BCE≌△HCE（ASA）∴BE＝EH，∴BH＝2BE，∵∠EBA＝∠ACD＝22.5°，∠BAH＝∠CAD＝90°，AC＝AB，∴△ACD≌△ABH（ASA）∴CD＝BH，∴CD＝2BE，故④正确，故选：D．【点评】本题考查了翻折变换，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．二．填空题（共8小题，满分24分，每小题3分）9．（3分）若2×8n×16＝223，则正整数n＝9．【考点】同底数幂的乘法．【专题】整式；运算能力．【答案】9．【分析】利用同底数幂的乘法的法则进行运算即可．【解答】解：∵2×8n×16＝223，∴2×23n×24＝223，21+3n+4＝223，∴1+2n+4＝23，解得：n＝9．故答案为：9．【点评】本题主要考查同底数幂的乘法，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．10．（3分）（2024春•邵东市月考）若式子x+12x−1有意义，则x的取值范围是x≥﹣1且x≠1【考点】分式有意义的条件．【专题】计算题；分式；运算能力．【答案】x≥﹣1且x≠1【分析】根据分式有意义的条件可得2x﹣1≠0，根据二次根式有意义的条件可得x+1≥0，解出结果即可．【解答】解：依题意有：2x﹣1≠0且x+1≥0，解得：x≥﹣1且x≠1故答案为：x≥﹣1且x≠1【点评】此题考查了分式和二次根式有意义的条件，解题的关键是列出不等式并正确求解．11．（3分）（2024•渝北区期末）如图，∠1是六边形ABCDEF的一个外角．若∠1＝70°，则∠A+∠B+∠C+∠D+∠E的度数为610°．【考点】多边形内角与外角．【专题】多边形与平行四边形；运算能力；推理能力．【答案】610°．【分析】先根据多边形的内角与外角的关系，由∠1＝70°，得∠AFE＝180°﹣∠1＝110°．再根据内角和为180°×（6﹣2）＝720°，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝720°﹣∠AFE＝610°．【解答】解：∵∠1＝70°，∴∠AFE＝180°﹣∠1＝110°．∵这个多边形的内角和为180°×（6﹣2）＝720°，∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝720°﹣∠AFE＝610°．故答案为：610°．【点评】本题主要考查多边形的外角和内角，熟练掌握多边形的内角和与边数的关系、内角与外角的关系是解决本题的关键．12．（3分）将分式方程2x+12x−1−4x=1化为整式方程，方程两边可以同时乘【考点】解分式方程．【专题】分式方程及应用；运算能力．【答案】x（2x﹣1）．【分析】找出分式方程各分母的最简公分母即可．【解答】解：将分式方程2x+12x−1−4x=故答案为：x（2x﹣1）．【点评】此题考查了解分式方程，利用了转化的思想，解分式方程注意要检验．13．（3分）（2024秋•洮北区校级月考）如图，在△ABC中，AB＝BE，AD＝DE，若∠A＝90°，∠C＝50°，则∠EDC＝40°．【考点】全等三角形的判定与性质；三角形的外角性质．【专题】三角形；图形的全等；运算能力；推理能力．【答案】40°．【分析】由AB＝EB，AD＝ED，BD＝BD，根据“SSS”证明△ABD≌△EBD，则∠A＝∠BED＝90°，而∠C＝50°，所以∠EDC＝∠BED﹣∠C＝40°，于是得到问题的答案．【解答】解：在△ABD和△EBD中，AB=EBAD=ED∴△ABD≌△EBD（SSS），∵∠A＝90°，∠C＝50°，∴∠A＝∠BED＝90°，∴∠EDC＝∠BED﹣∠C＝90°﹣50°＝40°，故答案为：40°．【点评】此题重点考查全等三角形的判定与性质、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和等知识，证明△ABD≌△EBD是解题的关键．14．（3分）（2024•招远市期中）如图，OM平分∠POQ，MA⊥OP，MB⊥OQ，垂足为A，B，S△AOM＝8cm2，OA＝4cm，则MB＝4cm．【考点】全等三角形的判定与性质；角平分线的性质．【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；运算能力；推理能力．【答案】4cm．【分析】由OM平分∠POQ，MB⊥OQ，MA⊥OP，垂足为A，B，根据角平分线的性质或全等三角形的性质推导出MB＝MA，由S△AOM=12OA•MA，得12×4MA＝8，则MB＝【解答】解法一：∵OM平分∠POQ，MB⊥OQ，MA⊥OP，垂足为A，B，∴MB＝MA，∵S△AOM=12OA•MA，且S△AOM＝8cm2，OA＝4∴12×4解得MA＝4，∴MB＝MA＝4cm，故答案为：4cm．解法二：∵OM平分∠POQ，MB⊥OQ，MA⊥OP，垂足为A，B，∴∠BOM＝∠AOM，∠OBM＝∠OAM＝90°，在△BOM和△AOM中，∠BOM=∠AOM∠OBM=∠OAM∴△BOM≌△AOM（AAS），∴MB＝MA，∵S△AOM=12OA•MA，且S△AOM＝8cm2，OA＝4∴12×4解得MA＝4，∴MB＝MA＝4cm，故答案为：4cm．【点评】此题重点考查全等三角形的判定与性质、角平分线的性质、三角形的面积公式等知识，推导出MB＝MA，并且正确地求出MA的长是解题的关键．15．（3分）（2024•临夏州）如图，在△ABC中，点A的坐标为（0，1），点B的坐标为（4，1），点C的坐标为（3，4），点D在第一象限（不与点C重合），且△ABD与△ABC全等，点D的坐标是（1，4）．【考点】全等三角形的性质；坐标与图形性质．【专题】平面直角坐标系；图形的全等；推理能力．【答案】（1，4）．【分析】根据点D在第一象限（不与点C重合），且△ABD与△ABC全等，得到△BAD≌△ABC，得到AD＝BC，BD＝AC，画出图形，利用数形结合的思想求解即可．【解答】解：∵点D在第一象限（不与点C重合），且△ABD与△ABC全等，∴△BAD≌△ABC，∴AD＝BC，BD＝AC，如图所示：由图可知：D（1，4）；故答案为：（1，4）．【点评】本题考查坐标与图形的性质，全等三角形的性质．利用数形结合的思想进行求解，是解题的关键．16．（3分）（2024•江阴市月考）用“＞”、“＜”、“＝”连接下列两数：﹣3＜﹣0.5；﹣|﹣2.7|＜﹣（﹣3.32）．【考点】有理数大小比较；相反数；绝对值．【专题】实数；推理能力．【答案】＜；＜．【分析】两个负数，绝对值大的其值反而小，依此即可求解；先化简，再根据正数大于一切负数，依此即可求解．【解答】解：﹣3＜﹣0.5；∵﹣|﹣2.7|＝﹣2.7，﹣（﹣3.32）＝3.32，﹣2.7＜3.32，∴﹣|﹣2.7|＜﹣（﹣3.32）．故答案为：＜；＜．【点评】本题考查了有理数的大小比较，有理数大小比较的法则：①正数都大于0；②负数都小于0；③正数大于一切负数；④两个负数，绝对值大的其值反而小．三．解答题（共10小题，满分52分）17．（5分）（2024秋•杨浦区校级月考）（xm+2ym）（xm﹣2ym）﹣xm（xm﹣2ym），m，n为正整数．【考点】平方差公式；单项式乘多项式．【专题】整式；运算能力．【答案】﹣4y2m+2xmym．【分析】根据平方差公式以及单项式乘单项式的法则进行计算即可求解．【解答】解：（xm+2ym）（xm﹣2ym）﹣xm（xm﹣2ym）＝x2m﹣4y2m﹣x2m+2xmym＝﹣4y2m+2xmym．【点评】本题考查平方差公式，单项式乘单项式，熟练掌握运算法则是解题的关键．18．（5分）（2024•婺城区模拟）如图，已知点D在射线AE上BD＝CD，AE平分∠BAC与∠BDC，求证AB＝AC．小明的证明过程如下：证明：∵AE平分∠BAC．∴∠BAD＝∠CAD．∵AD＝AD，BD＝CD．∴△ABD≌△ACD∴AB＝AC．小明的证明是否正确？若正确，请打“√”，若错误，请写出你的证明过程．【考点】全等三角形的判定与性质．【专题】图形的全等；推理能力．【答案】小明的证明不正确；正确的证明见解析．【分析】由平分，证明∠BDE＝∠CDE，再由邻补角，推出∠BDA＝∠CDA，根据SAS可证明△BDA≌△CDA，即可证明AB＝AC．【解答】解：小明利用的是SSA，是不能证明△ABD与△ACD全等，故小明的证明不正确；正确的证明如下，∵AE平分∠BDC，∴∠BDE＝∠CDE，∴∠BDA＝∠CDA，∵AD＝AD，BD＝CD，∴△BDA≌△CDA（SAS），∴AB＝AC．【点评】本题考查了全等三角形的判定定理，能熟练掌握全等三角形的判定定理是解此题的关键，全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL．19．（5分）（2025春•龙岗区期中）先化简，再求值：[（3x﹣2y）2﹣（x+y）（x﹣y）﹣5y2]÷4x，其中x＝3，y＝﹣1．【考点】整式的混合运算—化简求值．【专题】整式；运算能力．【答案】2x﹣3y，9．【分析】根据完全平方公式和平方差公式将括号内的式子展开，然后合并同类项，再根据多项式除以单项式计算，然后将x、y的值代入化简后的式子计算即可．【解答】解：[（3x﹣2y）2﹣（x+y）（x﹣y）﹣5y2]÷4x＝（9x2﹣12xy+4y2﹣x2+y2﹣5y2）÷4x＝（8x2﹣12xy）÷4x＝2x﹣3y，当x＝3，y＝﹣1时，原式＝2×3﹣3×（﹣1）＝9．【点评】本题考查整式的混合运算—化简求值，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．20．（5分）计算：（1）12m（2）xx+1【考点】分式的加减法．【专题】分式；运算能力．【答案】（1）−2（2）−2x【分析】（1）先因式分解和变式，再进行通分、加减运算；（2）先通分，再进行加减运算和化简．【解答】解：（1）12=12=12=12−2m−6=−2(m−3)=−2（2）x=x(x−1)=x=−2x【点评】此题考查了分式的加减混合运算能力，关键是能准确进行通分、计算．21．（5分）（2024•高新区校级期末）如图，已知△ABC的三个顶点在格点上．（1）作出与△ABC关于y轴对称的图形△A1B1C1；（2）在x轴上找一点P，使得△PAC1周长最小．请在图中标出点P的位置．【考点】作图﹣轴对称变换；轴对称﹣最短路线问题．【专题】作图题；平移、旋转与对称；几何直观；推理能力．【答案】（1）作图见解答过程；（2）作图见解答过程．【分析】（1）分别作出三个顶点关于y轴的对称点，再首尾顺次连接即可；（2）连接A与C1关于x轴的对称点，与x轴的交点即为所求点P．【解答】解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求，（2）如图所示：点P为所求．【点评】本题主要考查作图﹣轴对称变换，解题的关键是掌握轴对称变换的定义与性质，并据此得出变换后的对应点．22．（5分）（2024•雁塔区校级期末）为培养学生良好的个性品质，增强创新意识，掌握科学研究的方法，推进其对自然、社会、自我的整体认识与体验，我校甲、乙两个班的同学以班级为单位分别乘坐大巴车去离学校90km的综合实践教育基地参加活动，甲班的甲车出发10分钟后，乙班的乙车才出发，为了比甲车早到5分钟，乙车的平均速度是甲车的平均速度的1.2倍，求乙车的平均速度．【考点】分式方程的应用．【专题】分式方程及应用；应用意识．【答案】见试题解答内容【分析】设甲车的平均速度为x千米/时，则乙车的平均速度为1.2x千米/时，利用时间＝路程÷速度，结合乙班比甲班少用（10+5）分钟，可列出关于x的分式方程，解之经检验后，可得出甲车的平均速度，再将其代入1.2x中，即可求出乙车的平均速度．【解答】解：设甲车的平均速度为x千米/时，则乙车的平均速度为1.2x千米/时，根据题意得：90x解得：x＝60，经检验，x＝60是所列方程的解，且符合题意，∴1.2x＝1.2×60＝72．答：乙车的平均速度为72千米/时．【点评】本题考查了分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．23．（5分）（2024•海淀区校级月考）如图，等边△ABD，△BDC与△BDA关于射线BD对称，点E为边AB上一点．点F在DB的延长线上，EF＝ED．作点F关于直线AB的对称点G，连接EG．（1）依题意补全图形，并证明∠ADE＝∠FEB；（2）用等式表示AE，CG，DF之间的数量关系，并证明．【考点】作图﹣轴对称变换；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质．【专题】证明题；图形的全等；平移、旋转与对称；推理能力．【答案】（1）证明见解析；（2）DF＝CG+2AE，证明见解析．【分析】（1）根据题意补全图形，由等边三角形的性质得到∠ADB＝∠ABD＝60°，则∠ADE+∠BDE＝60°，∠FEB+∠BFE＝∠ABD＝60°，根据等边对等角得到∠BDE＝∠BFE，由此即可证明∠ADE＝∠FEB；（2）连接DG，由等边三角形的性质得到∠ABD＝∠A＝60°，AD＝DB，则∠ABF＝120°，由轴对称的性质得到∠CBD＝∠ABD＝60°，则∠ABC＝∠ABF＝120°，由此推出点F关于AB的对称点G在线段BC上，再证明△DEG为等边三角形，根据SAS证明△ADE≌△BDG得出AE＝BG，从而得出结果．【解答】（1）证明：补全的图形如图所示；∵△ABD是等边三角形，∴∠ADB＝∠ABD＝60°，∴∠ADE+∠BDE＝60°，∠FEB+∠BFE＝∠ABD＝60°．∵ED＝EF，∴∠BDE＝∠BFE，∴∠ADE＝∠FEB；（2）解：DF＝CG+2AE．证明如下：如图所示，连接DG．∵△ABD是等边三角形，∴∠ABD＝∠A＝60°，AD＝DB，∴∠ABF＝120°，∵△BDC与△ABD关于射线BD对称，∴∠CBD＝∠ABD＝60°，BC＝AB＝BD，∴∠ABC＝∠ABF＝120°，又∵点F和点G关于AB对称，∴∠ABF＝∠ABG＝120°，∴点F关于AB的对称点G在线段BC上，∴EG＝EF＝ED，∠GEB＝∠FEB＝∠ADE．∵∠DEB＝∠A+∠ADE＝∠DEG+∠GEB，∴∠DEG＝∠A＝60°，∴△DEG为等边三角形，∴DE＝DG，∠EDG＝60°，∴∠ADE+∠EDB＝∠EDB+∠BDG＝60°，∴∠ADE＝∠BDG，∴△ADE≌△BDG（SAS），∴AE＝BG，∴DF＝DB+BF＝BC+AE＝CG+BG+AE＝CG+2AE．【点评】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，轴对称的性质，等边对等角，三角形外角的性质，全等三角形的性质与判定等等，数轴轴对称的性质和等边三角形的性质与判定定理是解题的关键．24．（5分）（2025春•滨江区期末）小滨、小江在探索“求代数式的值”时发现，在一定条件下，有些代数式的值始终相等，有些代数式存在最大值或最小值．已知ab＝1．小滨：11+a小江：尽管a2+b2的值不能被确定，但能求出最小值．其说理过程如下：a2+b2＝（a﹣b）2+2ab＝（a﹣b）2+2，由（a﹣b）2≥0知，当a＝b时，a2+b2存在最小值2．（1）试判断小滨的说法是否正确，并说明理由．（2）在ab＝1的条件下，下列代数式：①a1+a+b1+b；②11+a2+11+b（i）值始终保持不变的代数式有：①②④（填序号）；根据这些代数式的特点，写出一个类似的、值始终保持不变的代数式2a1+a+（ii）上述分式中是否存在最大值或者最小值，若有，请求出此分式的最大（或最小）值；若没有，请说明理由．【考点】分式函数的最值；非负数的性质：偶次方；分式的加减法．【专题】分式；推理能力．【答案】（1）小滨的说法正确，理由见解析；（2）（i）①②④；2a1+a+2b1+b；（ii）【分析】（1）把所求分式变形为abab+a（2）（i）把①变形为aab+a+b1+b，再把第一个分式约分，进一步计算加法即可得到结论；把②变形为abab+a2+abab+b（ii）把11+a2+11+4b2通分得到4b2+a2+2a2+4b2【解答】解：（1）小滨的说法正确，理由如下：∵ab＝1，∴1=ab=b=b+1＝1，∴小滨的说法正确；（2）（i）①∵ab＝1，∴a=a=1=1+b＝1；②1=ab=b=b+a＝1；③当a＝b＝1时，11+当a＝3，b=13时，∴11+④1=1+=2+=2+=2+＝1；∴①②④是定值，③不是定值；满足题意的式子可以为2a1+a证明如下：2a1+a=2a=2=2+2b＝2；故答案为：①②④；2a1+a（ii）1=1+4=4=4=4=1−3a2+4b2+5=a=a=(a=(a−2∵(a−2∴当a−2a=0时，a2+4∴当a−2a=0时，3∴当a−2a=0时，1−∵a2+4b2+5无最大值，∴3a2+4∴11+a2【点评】本题主要考查了分式的加法计算，分式的约分，正确理解题意是解题的关键．25．（6分）（2025春•招远市期末）如图，四边形ABCD中，AD∥BC，点E为CD的中点，连结BE并延长交AD的延长线于点F．（1）求证：△BCE≌△FDE；（2）连结AE，当AE⊥BF，BC＝5，AD＝3时，求AB的长．【考点】全等三角形的判定与性质．【专题】三角形；图形的全等；几何直观；推理能力．【答案】（1）证明见解答过程；（2）8．【分析】（1）根据AD∥BC得∠C＝∠EDF，∠EBC＝∠F，再根据点E为CD的中点得CE＝DE，由此可依据“AAS”判定△BCE和△FDE全等；（2）根据△BCE和△FDE全等得BC＝DF，BE＝FE，进而得AF＝AD+BC＝8，AE是BF的垂直平分线，然后根据线段垂直平分线的性质即可得出AB的长．【解答】（1）证明：∵AD∥BC，∴∠C＝∠EDF，∠EBC＝∠F，∵点E为CD的中点，∴CE＝DE，在△BCE和△FDE中，∠C=∠EDF∠EBC=∠F∴△BCE≌△FDE（AAS）；（2）解：由（1）可知：△BCE≌△FDE，∴BC＝DF，BE＝FE，∴AF＝AD+DF＝AD+BC，∵BC＝5，AD＝3，∴AF＝AD+BC＝8，∵AE⊥BF，BE＝FE，∴AE是BF的垂直平分线，∴AB＝AF＝8．【点评】此题主要考查了全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，平行线的性质，线段垂直平分线的性质是解决问题的关键．26．（6分）（2024秋•新洲区月考）如图，△ABC，△EDC是两个等腰直角三角形，其中∠ABC＝∠EDC＝90°，连接AE，取AE的中点F，连接BF，DF．（1）如图1，当B，C，D三个点共线时，请直接写出BF与DF的数量关系与位置关系；（2）如图2，将△EDC绕点C逆时针旋转，当B，C，D三个点不共线时，试猜想BF与DF的数量关系与位置关系，并证明你的猜想；（3）在（2）的条件下，若AC=82，CE=92，取AB的中点G，连接GF，试探究在△EDC绕点C旋转的过程中，请直接写出【考点】三角形综合题．【专题】线段、角、相交线与平行